riprendiamo quello che abbiamo visto ieri.

Prendiamo il dielettroco e calcoliamo il flusso sulla superfice
$\Sigma'$. Sul dielettrico \`e una densit\`a di carica di polarizzazione
\begin{equation}
\rho_p = - \vec{\nabla}\vec{P}
\end{equation}
e una densit\`a di booo
\begin{equation}
\sigma_p = \vec{P}\cdot \hat{n}
\end{equation}
il flusso risulta di
\begin{equation}
\Phi_S(\vec{E]}) = \oint_S \vec{E}\cdot d\vec{s}= \int_V d^3\!r
 \rho(\vec{r}) + \int_{V \Urovescia U} d^3\!r \rho_p + \int_{\Sigma'}
 \sigma_p (\vec{r}')d\Sigma
\end{equation}
per il teorema di Gauss.

si pu\`o scrivere che
\begin{equation}
-\int_{V \Urovescia U} \vec{\nabla}\cdot \vec{P} d^3\!r = - \int_{S'
 \unito \Sigma'} \vec{P}\cdot\vec{n}ds =
\int_{S'} \vec{P}\cdot\vec{n}ds - \int_{\Sigma'} \vec{P}\cdot\vec{n}ds
\end{equation}

allora risulta che
\begin{equation}
\epsilon_0 \Phi_S(\vec{E}) = \int_V d^3\!r \rho - \int_{S'}\vec{P} \cdot
 d\vec{S}
\end{equation}
la parte esterna della superfice non da contributo per cui si pu\`o
integrare su tutta la superfice $S$ invece che la superfice $S'$, dove
la superfice $S'$ \`e quella parte della superfice $S$ interna al
dielettrico. Per cui diventa che
\begin{equation}
\epsilon_0 \oint_S \vec{E} \cdot d\vec{S} = \int_V d^3\!r \rho -
 \int_{S}\vec{P} \cdot 
 d\vec{S}
\end{equation}
a cui si ricava
\begin{equation}
\phi_S (\epsilon_0 \vec{E} + \vec{P}) = \int_V d^3\!r \rho
\end{equation}
abbiamo ottenuto che il flusso del campo somma

Possiamo definire il \emph{campo induzione Dielettrica}
\begin{equation}
\vec{D}= \vec{E} \epsilon_0 + \vec{P}
\end{equation}
da cui si ricava che il suo flusso vale
\begin{equation}
\phi_S (\vec{D}) =Q_{free}= \int_V d^3\!r \rho
\end{equation}
o, equivalentemente
\begin{equation}
\vec{\nabla} \cdot \vec{D}= \rho
\end{equation}
la divergenza del campo induzione \`e la densit\`a di carica

Adesso ci ricaviamo la relazione che c'\`e tra $\vec{P}$ ed $\vec{E}$.
Sappiamo che se $\vec{P}(0)=0$. Ma se non vale zero, sviluppiamo in
serie di Mc Laurin $\vec{P}(\vec{E})$, cio\'e
\begin{equation}
\P_\mu = \sum_\nu \frac{\partial P_\mu}{\partial E_\nu} E_\nu
\end{equation}
dove abbiamo chiamato
\begin{equation}
\frac{\partial P_\mu}{\partial E_\nu}|_{E=0}= \xhi_{\mu \nu}
\end{equation}
detta sciuscettivit\`a elettrica.

Scrivendo la matriciona la chiamiamo
%correggere
\begin{equation}
matriciona = \epsilon_0 \xhi
\end{equation}
con campi elettrici piccoli possiamo parlare di dielettrici lineari.

\begin{equation}
\vec{P}(\vec{E}) = \epsilon_0 \xhi \vec{E} + \Theta(\vec{E}^2)
\end{equation}
se $\Xhi grande = \xhi \matriceidientit\`a$ di dice isotropo e se non
dipende neanche da $\vec{r}$ allora si dice omogeneo. Riassumendo
esistono i casi: lineare, isotropo ed omogeneo.

Se vale che
\begin{equation}
\vec{P}(\vec{E}) = \epsilon_0 \xhi \vec{E} 
\end{equation}
sostituendo $\vec{D}$ trovo
\begin{equation}
\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \vec{P} = \epsilon_0 (1 + \xhi) \vec{E} =
 \epsilon \vec{E}
\end{equation}
e definiamo
\begin{equation}
\epsilon_0 = \epsilon_0 (1 + \xhi)
\end{equation}

nel caso omogeneo trovo che
\begin{equation}
\vec{\nabla} \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon}
\end{equation}

si trova anche che
\begin{equation}
\vec{P}(\vec{E}) = \frac{\xhi}{1 + \xhi}\vec{D}= \frac{k -1 }{k}\vec{D} 
\end{equation}

le 2 condizioni,omogeneo e linare, in assenza di carica libera, implica che non
ci sia carica di polarizzazione dato che
\begin{equation}
- \rho_p = \vec{\nabla} \cdot \vec{P} = \frac{k -1}{k} \vec{\nabla}
 \cdot \vec{D} = \frac{k -1}{k} \rho
\end{equation}

\subsubsection*{Esercizio}
Consideriamo una palla conduttrice carica, su cui voliamo calcolare iul
campo elettrico $\vec{E}(r)$ e la polarizzazione $\vec{P}(r)$.
Se ci mettiamo a distanza $r$ dall'origine troviamo che
\begin{equation}
\vec{\nabla} \cdot \vec{D}= \rho
\end{equation}
o anche che
\begin{equation}
\Phi_S (\vec{D}) = q = 4 \pi r^2 \abs{D}
\end{equation}
e si ricava che
\begin{equation}
\vec{D} = \frac{q}{4 \pi r^2} \hat{r}
\end{equation}

Il campo elettrico vale
\begin{equation}
\vec{E} = \frac{D}{\epsilon} = \frac{q}{4 \pi r^2}
\end{equation}
e possiamo anche scrivere che
\begin{equation}
\vec{P} = \frac{\xhi}{1 + \xhi} \vec{D}
\end{equation}

Se ci mettiamo a distanza $R^+$ vale che 
\begin{equation}
\vec{E}(R^+) = \frac{q}{4 \pi R^+^2} = \frac{\sigma}{\epsilon_0 k}
\end{equation}
ed \`e la stessa cosa che abbiamo visto nel caso del condensatore piano
\begin{equation}
\vec{E}_k= \frac{\vec{E}_0}{k}
\end{equation}

La carica esterna diventa (credo)
\begin{equation}
\sigma_p = \vec{P}(R^+) \cdot \hat{n}= \vec{P}(- \hat{r})
\end{equation}

cio\'e
\begin{equation}
\vec{P}(R^+) = \frac{\xhi}{1 + \xhi} \frac{\hat{r}}{4 \pi R^+^2} q
\end{equation}


l'atra domanda
\begin{equation}
\vec{P}= \frac{\xhi}{1+\xhi} \frac{\hat{r}}{4 \pi r^2}
\end{equation}
che \`e la stessa cosa di una carica puntiforme, cio\`e non c\'e
densit\`a di carica esterna.